\extitle{8}{$\lambda$-矩阵}

\noindent {\bfseries\sffamily 记号与惯例.} \begin{enumerate}[label=(\arabic*),itemsep=0pt]
  \item 
  如无特别声明，基域都是某个数域。
\item 对角线上为 $\lambda_0$ 的 $k$阶Jordan块表示为 $J(\lambda_0, k)$, 即
\[
   J\left(\lambda_{0}, k\right)=\begin{pmatrix}
      \lambda_0 \\
      1 & \lambda_0 \\
        & 1 & \ddots \\
        & & \ddots & \ddots \\
        & & & 1 & \lambda_0
      \end{pmatrix}_{k \times k}.
\]
默认Jordan块和Jordan标准形是下上角形式的，有时可能写成了上三角形式的。
\item 多项式
  \[
  d(\lambda) =\lambda^{n}+a_{1} \lambda^{n-1}+\cdots+a_{n}
\]
的友矩阵表示为 $C(d(\lambda))$, 即
\[
  C(d(\lambda))=\begin{pmatrix}
    0 & 0 & \cdots & 0 & -a_{n} \\
  1 & 0 & \cdots & 0 & -a_{n-1} \\
0 & 1 & \cdots & 0 & -a_{n-2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 1 & -a_{1}
\end{pmatrix}.
\]
\end{enumerate}


\section{作业题}

\paragraph*{习题 8.1\quad $\lambda$-矩阵}

\paragraph*{习题 8.2\quad $\lambda$-矩阵在初等变换下的标准形}


\begin{exercise}\label{0DF}
若只对$\lambda$-矩阵做行化简，可以化简到什么地步？
\end{exercise}

\begin{solution}
  行化简可以将$\lambda$-矩阵化成行阶梯形。设$A$是待化简的$\lambda$-矩阵。
  找到第一个非零列，比如说第$i$列。设第$i$列元素的最大公因子为$d(\lambda)$. 
  不断地做一行的倍加到另一行这样的初等行变换可以实现
  对第$i$列元素的辗转相除进而得到最大公因子$d(\lambda)$,
  交换第一行与$d(\lambda)$所在行后可以设$(i,1)$位元素是$d(\lambda)$, 
  接着可以把其他行的第$i$个元素消成$0$. 
  此时$A$形如$\begin{pmatrix}
    0 & d(\lambda) & \alpha \\
    & & A'
  \end{pmatrix}$.
  由归纳假设知$A'$可以通过行化简变成行阶梯形，
  所以接着行化简最终可把$A$化简为行阶梯形。
\end{solution}

\begin{exercise}
  整数环$\bZ$与形式多项式环$P[\lambda]$有类似的性质，特别是我们有带余除法。
  如果我们对整数矩阵作化简（行化简和列化简），可以化简到何样？类比于$\lambda$-矩阵想想。
\end{exercise}

\begin{solution}
  可化简成形如$\begin{pmatrix}
    d_1 \\ & \ddots \\ & & d_r \\ & & & 0
  \end{pmatrix}$, 其中$d_1, \cdots, d_r$是正整数，且$d_1 \mid \cdots \mid d_r$. 
  证明完全一样。
  下面是个例子：
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      3 & 8 \\ 7 & 5
    \end{pmatrix} \xrightarrow{c_2-2c_1}  & 
    \begin{pmatrix}
      3 & 2 \\ 7  & -9
    \end{pmatrix} \xrightarrow{c_1-c_2} 
    \begin{pmatrix}
      1 & 2 \\ 16 & -9
    \end{pmatrix}\\
    \xrightarrow[r_2-16r_1]{c_2-2c_1} & 
    \begin{pmatrix}
      1 & 0\\0 & -41
    \end{pmatrix}\xrightarrow{r_2\times (-1)}
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 \\ 0 & 41
    \end{pmatrix}.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}


\paragraph*{习题 8.3\quad 不变因子}

\begin{exercise}
  若$6$阶（数字）矩阵$A$的$6$个行列式因子为$1,1,1,\lambda,\lambda^2(\lambda+1), \lambda^4(\lambda+1)^2$, 
  则其特征矩阵$\lambda E -A$的标准形为？
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们知道$A$的不变因子为
  \begin{align*}
    d_6(\lambda)&= \frac{D_6(\lambda)}{D_5(\lambda)}=\lambda^2(\lambda+1),\\
    d_5(\lambda)&= \frac{D_5(\lambda)}{D_4(\lambda)}=\lambda(\lambda+1),\\
    d_4(\lambda)&= \frac{D_4(\lambda)}{D_3(\lambda)}=\lambda,\\
    d_3(\lambda)&= \frac{D_3(\lambda)}{D_2(\lambda)}=1,\\
    d_2(\lambda)&= d_1(\lambda)=1, 
  \end{align*}
  所以$A$的特征矩阵的标准形为
  \[ \tag*{\qedhere}
    \diag(d_1(\lambda), \cdots, d_6(\lambda))=\diag(1,1,1,\lambda, \lambda(\lambda+1), \lambda^2(\lambda+1)).
  \]
\end{solution}



\begin{exercise} 
  随手写出一个不是数字矩阵的可逆的$\lambda$-矩阵。
  该$\lambda$-矩阵的不变因子组为？标准形为？
\end{exercise}

\begin{solution}
  对$\lambda$-矩阵$A(\lambda)$, 我们知道下列等价：
  \begin{enumerate}
    \item $A(\lambda)$可逆；
    \item $A(\lambda)$的行列式为非零常数；
    \item $A(\lambda)$的标准形为单位矩阵；
    \item $A(\lambda)$可写为一些初等$\lambda$-矩阵的乘积。
  \end{enumerate}
  所以下列$\lambda$-矩阵都是可逆的：
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 & \lambda \\
      1 & \lambda+1
    \end{pmatrix}, \quad 
    \begin{pmatrix}
      1  & \lambda & 2-\lambda \\
        & 2 & \lambda^2 \\
        & & 3
      \end{pmatrix}, \quad
    \begin{pmatrix}
      1 & 1 & 1\\
      \lambda & \lambda+1 & \lambda+2\\
      \lambda^2 & (\lambda+1)^2 & (\lambda+2)^2
    \end{pmatrix},
  \]
  因为它们的行列式都是非零常数。
  既然可逆矩阵的标准形为单位矩阵，
  它们的不变因子都是$1$.
  所以上面两个可逆的$\lambda$-矩阵的不变因子组分别为$1,1$; $1,1,1$; $1,1,1$.
\end{solution}


\iffalse
\begin{exercise}
  随手写出一个$6$阶（数字）矩阵的特征矩阵可能的标准形。
  随手写出一个$5$阶（数字）矩阵可能的一组初等因子。
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们知道$\lambda$-矩阵的标准形形如
  \[\tag{$*$}
    \begin{pmatrix}
    d_1(\lambda) \\ & d_2(\lambda) \\ && \ddots \\ &&& d_r(\lambda) \\ &&&& 0
  \end{pmatrix}, 
\]
其中
\begin{enumerate}[(i)]
  \item $d_i(\lambda)$是首一多项式，且
  \item 
  $d_1(\lambda)\mid d_2(\lambda) \mid \cdots \mid d_r(\lambda).$
  \end{enumerate}
由于初等$\lambda$-矩阵的行列式都是非零常数，
$n$阶数字矩阵的特征矩阵的行列式（即该数字矩阵的特征多项式$p(\lambda)$）
与其标准形（这是个$n$阶$\lambda$-方阵）的行列式相差个非零常数，故其标准形的行列式非零，
从而满秩，即满足
\begin{enumerate}[(i)]
    \setcounter{enumi}{2}
  \item $r=n$.
\end{enumerate}
这样，$p(\lambda)$与$\prod_{i=1}^n d_i(\lambda)$相差个非零常数，
又$p(\lambda)$与$\prod_{i=1}^n d_i(\lambda)$都首一，
故$p(\lambda)=\prod_{i=1}^n d_i(\lambda)$.
特别地，
\begin{enumerate}[(i)]
   \setcounter{enumi}{3}
  \item $\sum_{i=1}^n \deg d_i(\lambda)=n$, 即所有不变因子的次数之和等于$n$.
\end{enumerate}
所以，$n$阶数字矩阵的特征矩阵的标准形都满足上面的四条(i)-(iv).
反过来，满足上面四条的 
形如($*$)的$n$阶$\lambda$-方阵一定是某个$n$阶数字矩阵的特征矩阵的标准形。
比如，若$j$是最小的指标使得$d_j(\lambda)\neq 1$, 那么准对角阵
\[
  \begin{pmatrix}
  C(d_j(\lambda)) \\ & C(d_{j+1}(\lambda)) \\ & & \ddots \\ &&& C(d_n(\lambda))
\end{pmatrix}
\]
（其中$C(d_i(\lambda))$是$d_i(\lambda)$的友矩阵）
的特征矩阵的标准形就是$\diag(d_1(\lambda), \ldots, d_n(\lambda))$.
所以下面的矩阵都可以是数字矩阵的特征矩阵的标准形：
\[
  \begin{pmatrix}
    1 \\ & 1 \\ & & \lambda^3
  \end{pmatrix},\quad 
  \begin{pmatrix}
    1 \\ & 1 \\ &&  1 \\ && & \lambda \\ &&&& \lambda(\lambda+1) \\&&&&& \lambda(\lambda+1)^2
  \end{pmatrix}.
\]

我们知道$\lambda$-矩阵的初等因子组是该矩阵的不变因子的初等因子合并得到的，
所以$\lambda$-矩阵的所有初等因子的乘积等于所有不变因子的乘积。
这样数字矩阵的特征矩阵的所有初等因子的乘积等于该数字矩阵的特征多项式，
特别地，所有初等因子的次数之和等于该数字矩阵的阶。
实际上，任意给定的一个初等因子组（一些形如首一不可约多项式的几次方的多项式）
都可以是某个数字矩阵（其阶等于这些初等因子的次数之和）的初等因子组，
因为我们可以恢复出一组满足上面列出的四条(i)-(iv)的不变因子。
这样下面三个初等因子组都可以是$5$阶数字矩阵的初等因子组：
\[ \tag*{\qedhere}
  \lambda^5;\quad \lambda^2, \lambda^3; \quad \lambda, (\lambda-1)^2, (\lambda+1)^2.
\]
\end{solution}
\fi


\begin{exercise}%\marked
  若$7$阶（数字）方阵$A$的初等因子组为$(\lambda-3)^2, (\lambda-3)^2, (\lambda-1)^2, \lambda+1$, 则该方阵的不变因子为？特征多项式为？
\end{exercise}

\begin{solution}
  该方阵的不变因子为
  \[
  \begin{aligned}
      d_{7}(\lambda) &= (\lambda-3)^2(\lambda-1)^2(\lambda+1), \\
        d_6(\lambda) &= (\lambda-3)^2 \\
          d_5(\lambda) &= \cdots =d_1(\lambda)= 1.
        \end{aligned}
\]
  我们知道所有初等因子的乘积（和所有不变因子的乘积）等于特征多项式，
  因此特征多项式为$(\lambda-3)^4(\lambda-1)^2(\lambda+1)$.
\end{solution}


\paragraph*{习题 8.4\quad 矩阵相似的条件}

\begin{exercise}
\begin{enumerate}
  \item 令$A(\lambda)\in P[\lambda]^{n\times n}$. 证明$A(\lambda)$与$A(\lambda)^{\rT}$等价。
  \item \tiyuan{\cite[P243,4]{PWS19}}
    令$A\in P^{n\times n}$. 证明$A$与$A^{\rT}$相似。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1)
      \fangfa 
      $A(\lambda)$与$A(\lambda)^{\rT}$的各阶子式按转置关系一一对应。
      对应的子式既互为转置故而值相等。这样$A(\lambda)$与$A(\lambda)^{\rT}$有相同的各阶行列式因子。
      因此$A(\lambda)$与$A(\lambda)^{\rT}$等价。

      \fangfa  存在可逆矩阵$P(\lambda), Q(\lambda)$使得
      \[
        P(\lambda)A(\lambda) Q(\lambda) = \diag(d_1(\lambda),\cdots, d_r(\lambda), 0,\cdots, 0),
      \]
      其中右边的方阵是$A(\lambda)$的标准形。
      从而
      \[
        Q(\lambda)^{\rT}A(\lambda)^{\rT} Q(\lambda)^{\rT} = \diag(d_1(\lambda),\cdots, d_r(\lambda), 0,\cdots, 0).
      \]
      因此$A(\lambda)^{\rT}$的标准形也是$\diag(d_1(\lambda),\cdots, d_r(\lambda), 0,\cdots, 0)$.
      这样$A(\lambda)$与$A(\lambda)^{\rT}$等价。

      (2)
      由(1) 知 $\lambda E-A$与$\lambda E-A^{\rT}=(\lambda E-A)^{\rT}$等价。
  因此$A$与$A^{\rT}$相似。
\end{solution}



\paragraph*{习题 8.5\quad 初等因子}

\begin{exercise}\label{0B5}
  讨论$a,b$取何值时$A=\begin{pmatrix}
    0 & 0 & a \\
    1 & 1 & 0 \\
    1 & 0 & 0
  \end{pmatrix}$与$B=\begin{pmatrix}
    0 & 0  & a^2 \\ 0  & b & 0\\ 1 & 0 & 0 
  \end{pmatrix}$相似。
\end{exercise}

\begin{solution}
  如果$A, B$相似，那么$\tr A=\tr B$, 从而$b=1$. 我们接着讨论。
  我们通过化简特征矩阵来判断相似性。
  $\lambda E-A$和$\lambda E-B$的化简过程如下：
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      \lambda & 0 & -a\\
      -1 & \lambda-1 & 0\\
      -1 & 0 & \lambda
    \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3\times (-1), r_1\leftrightarrow r_3, c_3+c_1\times \lambda]{r_1+r_3\times \lambda, r_2-r_3} &
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 \\
      0 & \lambda-1 & -\lambda\\
      0 & 0 & \lambda^2-a
    \end{pmatrix}\overset{\circled1}{\longrightarrow }
    \begin{pmatrix}
      1 \\ & 1 \\ & & (\lambda-1)(\lambda^2-a)
    \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix}
      \lambda & 0 & -a^2\\
      0& \lambda-1  & 0\\
      -1 & 0 & \lambda
    \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3\times (-1), r_3\leftrightarrow r_1]{r_1+r_3\times \lambda, c_3+ c_1\times \lambda} &
    \begin{pmatrix}
      1 \\ & \lambda-1 \\ & & \lambda^2-a^2
    \end{pmatrix},
  \end{align*}
  其中 \circled{1} 可通过观察行列式因子得到。
  若$A, B$相似，则$A, B$有相等的特征多项式，从而
  \[
    (\lambda-1)(\lambda^2-a)=(\lambda-1)(\lambda^2-a^2).
  \]
  这样$a=a^2$, 故$a=0$或$1$. 
  $a=0$时可以发现$B$的初等因子为$\lambda-1, \lambda^2$, 
  故$\lambda E-B$的标准形与$\lambda E-A$的标准形一致，从而$A, B$相似。
  $a=1$时 $\lambda-1 \mid \lambda^2-a^2$, 
  这样$A, B$的特征矩阵的标准形不相同，故而$A, B$不相似。
  所以$A, B$相似当且仅当$a=0, b=1$.
\end{solution}


\begin{exercise}
给出下列$\lambda$-矩阵的标准形：
  \begin{enumerate}
    \item \tiyuan{\cite[P242,1(1)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        \lambda^3-\lambda & 2\lambda^2 \\
        \lambda^2+5\lambda & 3\lambda
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,1(2)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        1-\lambda & \lambda^2 & \lambda \\
        \lambda & \lambda & -\lambda \\
        1+\lambda^2 & \lambda^2 & -\lambda^2
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,1(4)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        & & & \lambda^2 \\
        & & \lambda^2-\lambda \\
        & (\lambda-1)^2 \\
        \lambda^2-\lambda
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,2(3)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        \lambda+\alpha & \beta & 1 & 0\\
        -\beta& \lambda+\alpha & 0 &1 \\
        0 & 0 & \lambda+\alpha & \beta\\
        0 & 0 & -\beta & \lambda+\alpha
      \end{pmatrix}$.


    \item \tiyuan{\cite[P242,2(1)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        \lambda-2 & -1 & 0\\
        0 & \lambda-2 & -1\\
        0 & 0 & \lambda-2
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,1(3)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        \lambda^2+ \lambda \\ & \lambda \\ & & (\lambda+1)^2
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,2(2)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        \lambda & -1 & 0 & 0 \\
        0 & \lambda & -1 & 0\\
        0 & 0 & \lambda & -1 \\
        5 & 4 & 3 & \lambda+2
      \end{pmatrix}$.
    \item \tiyuan{\cite[P242,1(3)]{PWS19}}
      $\begin{pmatrix}
        3\lambda^2 + 2\lambda -3 & 2\lambda-1 & \lambda^2+2\lambda-3\\
        4\lambda^2 +3\lambda -5 & 3\lambda-2 & \lambda^2+3\lambda-4\\
        \lambda^2+\lambda-4 & \lambda-2& \lambda-1
      \end{pmatrix}$.

  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 可以化简，不过这里是先找到行列式因子。
      容易看出$\lambda$是所给矩阵中四个元素的首一最大共因子，即$D_1(\lambda)= \lambda$.
      又
      \[
        D_2(\lambda)=(\lambda^3-\lambda)\times 3\lambda -2\lambda^2 \times (\lambda^2+5\lambda)= \lambda^4-10\lambda^3 -3\lambda^2.
      \]
      故而不变因子为
      \[
        d_1(\lambda)=D_1(\lambda)= \lambda, \quad d_2(\lambda) = \frac{D_2(\lambda)}{D_1(\lambda)} = \lambda^3-10\lambda^2 -3\lambda.
      \]
      所以标准形为$\begin{pmatrix}
        \lambda \\ & \lambda^3-10\lambda^2 -3\lambda
      \end{pmatrix}$.
    \item 我们如下化简至标准形：
      \begin{align*}
        & \begin{pmatrix}
        1-\lambda & \lambda^2 & \lambda \\
        \lambda & \lambda & -\lambda \\
        1+\lambda^2 & \lambda^2 & -\lambda^2
      \end{pmatrix}\xrightarrow[c_2+c_3]{c_1+c_3} 
        \begin{pmatrix}
        1 & \lambda^2+\lambda & \lambda \\
        0 & 0 & -\lambda \\
        1 & 0 & -\lambda^2
      \end{pmatrix}  \\
     & \xrightarrow[c_3+ c_1\times \lambda^2]{r_1-r_3, r_1 + r_2\times (\lambda+1)}
        \begin{pmatrix}
        0 & \lambda^2+\lambda & 0 \\
        0 & 0 & -\lambda \\
        1 & 0 & 0
      \end{pmatrix} 
      \xrightarrow[r_1\leftrightarrow r_3, r_2\times (-1)]{c_2\leftrightarrow c_3} 
        \begin{pmatrix}
        1 & 0 &0 \\
        0 & \lambda  & 0\\
        0 & 0 & \lambda^2+\lambda
      \end{pmatrix}. 
    \end{align*}

  \item 我们有
      \[
        \begin{pmatrix}
        & & & \lambda^2 \\
        & & \lambda^2-\lambda \\
        & (\lambda-1)^2 \\
        \lambda^2-\lambda
      \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2\leftrightarrow r_3]{r_1\leftrightarrow r_4}
        \begin{pmatrix}
          \lambda^2-\lambda\\
          & (\lambda-1)^2 \\
        & & \lambda^2-\lambda \\
        & & & \lambda^2
      \end{pmatrix}.
      \]
      所以只用考虑上式箭头右边的矩阵（可以接着化简，不过用初等因子最轻松）。
      此矩阵的秩为$4$, 初等因子为
      \[
        \lambda^2, \lambda, \lambda-1, (\lambda-1)^2, \lambda, \lambda-1.
      \]
      这样不变因子为
      \[
        d_4(\lambda) = \lambda^2(\lambda-1)^2, \quad d_3(\lambda) =\lambda(\lambda-1), \quad d_2(\lambda) = \lambda(\lambda-1), \quad d_1(\lambda)=1.
      \]
从而标准形为
\[
  \begin{pmatrix}
    1 \\ & \lambda(\lambda-1) \\ &  & \lambda(\lambda-1) \\ & & & \lambda^2(\lambda-1)^2
  \end{pmatrix}.
\]
\item 所给矩阵可分块为$\begin{pmatrix}
        A &  E \\ & A
      \end{pmatrix}$, 其中
      $A= \begin{pmatrix}
        \lambda+\alpha & \beta\\ -\beta & \lambda+\alpha 
      \end{pmatrix}$. 
      有如下的化简过程：
      \[
        \begin{pmatrix}
          A &  E \\ & A
        \end{pmatrix}
        \xrightarrow[r_2+(-A)\times r_1]{c_1+c_2\times (-A)} 
        \begin{pmatrix}
          0 & E \\
          -A^2 & 0
        \end{pmatrix}
        \xrightarrow[r_2\times(-1)]{c_2\leftrightarrow c_1} 
        \begin{pmatrix}
          E \\ & A^2
        \end{pmatrix}.
      \]
      所以我们只用确定
      \[
        A^2=\begin{pmatrix}
          (\lambda+\alpha)^2-\beta^2 & 2(\lambda+\alpha)\beta\\
          -2(\lambda+\alpha)\beta & (\lambda+\alpha)^2-\beta^2
        \end{pmatrix}
      \]
      的标准形即可。
      若$\beta=0$, $A^2=\begin{pmatrix}
        (\lambda+\alpha)^2 \\ & (\lambda+\alpha)^2
      \end{pmatrix}$, 这已经是标准形了。
      若$\beta\neq 0$, 则$(\lambda+\alpha)^2-\beta^2$与$2(\lambda+\alpha)\beta$互素，
      从而$A^2$的行列式因子$D_1(\lambda)=1$. 又$A^2$的行列式因子$D_2(\lambda)=\left( (\lambda+\alpha)^2+\beta^2\right)^2$.
      进而可知$A^2$的标准形为$\begin{pmatrix}
        1  \\ & \left( (\lambda+\alpha)^2+\beta^2 \right)^2
      \end{pmatrix}$. 
      这样$\beta=0$和$\beta\neq  0$时所给矩阵的标准形分别为
      \[
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & 1 \\ & & (\lambda+\alpha)^2\\  &&& (\lambda+\alpha)^2
        \end{pmatrix},\quad 
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & 1 \\ & &  1 \\ &&& \left( (\lambda+\alpha)^2+\beta^2 \right)^2
        \end{pmatrix}.
      \]

  \item 所给矩阵有个$2$阶子式$\begin{vmatrix}
        -1 & 0\\
        \lambda-2& -1
      \end{vmatrix}=1$, 所以行列式因子$D_2(\lambda)=1$. 
      进而行列式因子$D_1(\lambda)=1$.  
      行列式因子$D_3(\lambda)=(\lambda-2)^3$. 
      所以不变因子为
      \[
        d_1(\lambda)= D_1(\lambda)=1, \quad d_2(\lambda)=\frac{D_2(\lambda)}{D_1(\lambda)}=1, \quad d_3(\lambda)=\frac{D_3(\lambda)}{D_2(\lambda)}=(\lambda-2)^3.
      \]
      这样标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          1\\  & 1 \\ & & (\lambda-2)^3
        \end{pmatrix}.
      \]


  \item 所给矩阵的秩为$3$, 初等因子为$\lambda+1, \lambda, \lambda, (\lambda+1)^2$. 
      所以不变因子为
      \[
        d_3(\lambda) = \lambda (\lambda+1)^2, \quad d_2(\lambda)= \lambda(\lambda+1), \quad d_1(\lambda)=1.
      \]
      所以标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & \lambda(\lambda+1) \\  & & \lambda(\lambda+1)^2
        \end{pmatrix}.
      \]
    \item 所给矩阵有个$3$阶子式值为$-1$, 故行列式因子$D_3(\lambda)=1$, 进而$D_1(\lambda)=D_2(\lambda)$.
      按照最后一列展开可知行列式因子$D_4(\lambda)= \lambda^4+2\lambda^3+3\lambda^3+4\lambda+5.$
      这样不变因子为
      \[
        d_1(\lambda)=d_2(\lambda)=d_3(\lambda)=1,\quad
        d_4(\lambda)=\lambda^4+2\lambda^3+3\lambda^3+4\lambda+5.
\]
      所以标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & 1 \\ && 1\\ & & & \lambda^4+2\lambda^3+3\lambda^3+4\lambda+5
        \end{pmatrix}.
      \]
    \item 我们如下化简至标准形：
      \begin{align*}
        & \begin{pmatrix}
          3\lambda^2 + 2\lambda -3 & 2\lambda-1 & \lambda^2+2\lambda-3\\
          4\lambda^2 +3\lambda -5 & 3\lambda-2 & \lambda^2+3\lambda-4\\
          \lambda^2+\lambda-4 & \lambda-2& \lambda-1
        \end{pmatrix}\xrightarrow[c_3-c_2]{c_1-c_2}
        \begin{pmatrix}
          3\lambda^2 -2 & 2\lambda-1 & \lambda^2 -2 \\
          4\lambda^2 -3 & 3\lambda-2 & \lambda^2-2 \\
          \lambda^2 -2  & \lambda-2& 1
        \end{pmatrix} \\
      &   \xrightarrow[r_3-r_2]{r_2-r_1} 
        \begin{pmatrix}
          3\lambda^2- 2 & 2\lambda-1 & \lambda^2-2\\
          \lambda^2-1 & \lambda-1 & 0\\
          -1 & -1 & 1
        \end{pmatrix} 
        \xrightarrow[c_1+c_3, c_2+c_3]{r_1+r_3\times (2-\lambda^2)} 
        \begin{pmatrix}
          4\lambda^2- 4 & \lambda^2 + 2\lambda-3 & 0\\
          \lambda^2-1 & \lambda-1 & 0\\
          0 & 0 & 1
        \end{pmatrix} \\
        & \xrightarrow[r_1-r_2\times (\lambda+3), r_1\times (-1)]{c_1-c_2\times (1+\lambda)} 
        \begin{pmatrix}
           (\lambda-1)^2(\lambda+1) & 0 & 0\\
           0 & \lambda-1 & 0\\
           0 & 0 & 1
         \end{pmatrix}
       \xrightarrow[r_1\leftrightarrow r_3]{c_1\leftrightarrow c_3}
        \begin{pmatrix}
           1 & 0 & 0\\
           0 & \lambda-1 & 0\\
           0 & 0 & (\lambda-1)^2(\lambda+1)
         \end{pmatrix}. \tag*{\qedhere}
      \end{align*}


  \end{enumerate}
\end{solution}



\paragraph*{习题 8.6\quad 若尔当标准形的理论推导}

\begin{exercise}\label{222}%\marked
  设$5$阶 (数字) 矩阵$A$的全部初等因子为 $\lambda-3, \lambda-3, \lambda+1, (\lambda+1)^2$, 那么
  $A$的全部不变因子为\tiankong, $A$的若尔当 (Jordan) 标准形为\tiankong.
\end{exercise}

\begin{solution}
  $A$的全部不变因子为 $1,1,1, (\lambda+1)(\lambda-3),(\lambda+1)^2(\lambda-3)$. 
  $A$的Jordan标准形为
  \[\tag*{\qedhere}
    \begin{pmatrix}
    3 & 0 & 0 & 0 & 0\\
    0 & 3 & 0 & 0 & 0\\
  0 & 0 & -1 & 0 &0 \\
0 & 0 & 0 & -1 &0 \\
0 & 0 & 0 & 1 &-1
  \end{pmatrix}.
\]
\end{solution}


\begin{exercise}\label{0B4}%\marked
  叙述我们学过的一个复方阵可以 (相似) 对角化的充要条件和充分条件。
\end{exercise}

\begin{solution}
  $n$阶复方阵$A$ 可对角化（即与对角矩阵相似）的等价条件有：
  \begin{enumerate}
  \item $A$ 有$n$个特征向量线性无关。
  \item $A$的任一特征值都半单（即该特征值的几何重数和代数重数相等）。
  \item $ A$ 的初等因子全为一次的。
  \item $ A$ 的不变因子都没有重根。
  \item $A$ 的最小多项式没有重根。
\end{enumerate}
还有一个充分条件：若$A$有$n$个互异的特征值，则$A$可对角化。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1C9}
  求下列复方阵的Jordan标准形：
    \begin{enumerate}
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(1)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          1 & 2  & 0 \\
          0 &  2 & 0\\
          -2 & -2 & -2
        \end{pmatrix}$;
      \item %\marked
        $\begin{pmatrix}
-2 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 0 \\
-3 & 1 & 4
    \end{pmatrix}$;

      \item \tiyuan{\cite[P243,6(2)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          13 & 16 & 16\\
          -5 & -7 & -6 \\
          -6 & -8 & -7
        \end{pmatrix}$;
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(14)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          0 & 1 \\
          & \ddots & \ddots\\
          & & 0 & 1\\
          1 &  &  & 0 
        \end{pmatrix}$;
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(12)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          1 & 2 & 3 & 4\\
          & 1  & 2 & 3 \\
          & & 1 & 2 \\
          & & & 1
        \end{pmatrix}$;

      \item \tiyuan{\cite[P243,6(5)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          3 & 7 & -3 \\
          -2 & -5 & 2 \\
          -4 & 10 &  3
        \end{pmatrix}$;
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(6)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          1 & -1 & 2\\
          3 & -3 & 6\\
          2 & -2 & 4
        \end{pmatrix}$;
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(11)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          3 & 1 & 0 & 0\\
          -4 & -1 & 0 &0\\
          7 & 1 & 2 & 1 \\
          -7 & -6 & -1 & 0
        \end{pmatrix}$;
      \item \tiyuan{\cite[P243,6(13)]{PWS19}}
        $\begin{pmatrix}
          1 & -3 & 0 & 3\\
          -2 & 6 & 0  & 13\\
          0 & -3 & 1 & 3\\
          -1 & 2 & 0 & 8
        \end{pmatrix}$.
    \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 所给矩阵$A$特征矩阵为
      \begin{align*}
        \lambda E-A= \begin{pmatrix}
          \lambda-1 & -2 & 0\\
          0 & \lambda-2 & 0\\
          2 & 2 & \lambda+1
        \end{pmatrix}.
      \end{align*}
      可以试着化简，不过我们是通过行列式因子来得到标准形的。
      显然行列式因子$D_1(\lambda)=1$. $\lambda E-A$有2个$2$阶子式互素：
      \begin{align*}
        \begin{vmatrix}
          0 & \lambda-2\\
          2 & 2
        \end{vmatrix}= -2(\lambda-2),\quad
        \begin{vmatrix}
          \lambda-1 & 0\\ 2 &\lambda+1
      \end{vmatrix}= (\lambda-1)(\lambda+1),
      \end{align*}
      所以行列式因子$D_2(\lambda)=1$. 
      行列式因子$D_3(\lambda)$与$\det (\lambda E-A)$相差个常数倍，
      从而$D_3(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1)$.
      进而$\lambda  E - A$的不变因子为
      \[
        d_1(\lambda)=d_2(\lambda)=1, \quad
        d_3(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1),
      \]
      $\lambda E - A$的标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & 1 \\ & & (\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1)
        \end{pmatrix}.
      \]
      从而$A$的初等因子为$\lambda-1, \lambda-2, \lambda+1$, 故
      $A$的Jordan标准形为$\diag(1, 2, -1)$. 
      \iffalse $A$的最小多项式为$d_3(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1)$, $A$的有理标准形为
      \[
      C((\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1))
      =C(\lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2)
      =\begin{pmatrix}
        0 &  & -2 \\
        1 & 0 & 1\\
        & 1 & 2
      \end{pmatrix}.
      \]
    \fi
  \item 我们把所给矩阵$A$的特征矩阵化简到标准形：
  \begin{align*}
    \lambda E -A = & \begin{pmatrix}
\lambda+2 & -1 & -3 \\
0 & \lambda-1 & 0 \\
3 & -1 & \lambda-4
    \end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix}
      0 & -1 & 0 \\
      (\lambda+2)(\lambda-1) & \lambda-1 & -3(\lambda-1)\\
      1-\lambda & -1 & \lambda-1
    \end{pmatrix}\\
    \longrightarrow  &
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0\\
      0 & (\lambda+2)(\lambda-1) & -3(\lambda-1) \\
      0 & 1-\lambda & \lambda-1
    \end{pmatrix}
    \longrightarrow 
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0 \\
      0 & (\lambda-1)^2 & 0\\
      0 & 0 & \lambda-1
    \end{pmatrix}\\
    \longrightarrow  & \begin{pmatrix}
       1 & 0 & 0 \\
      0 & \lambda-1 & 0\\
      0 & 0 & (\lambda-1)^2
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
这样$A$的初等因子为$\lambda-1, (\lambda-1)^2$, $A$的Jordan标准形为
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 \\ & 1\\ &1 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
  \item 
      所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$可化简如下：
      \begin{align*}
        & \begin{pmatrix}
          \lambda-13 & -16 & -16 \\
          5 & \lambda+7 & 6\\
          6 & 8 & \lambda+7
        \end{pmatrix}\xrightarrow[]{r_3-r_2}
        \begin{pmatrix}
          \lambda-13 & -16 & -16\\
          5 & \lambda+7 & 6\\
          1 & 1-\lambda & \lambda+1
        \end{pmatrix}
        \xrightarrow[r_1-r_3\times (\lambda-13)]{r_2-5r_3}\\
        &
        \begin{pmatrix}
          0 & \lambda^2-14\lambda-3 & -\lambda^2+12\lambda-3\\
          0 & 2+6\lambda & -5\lambda+1 \\
          1 & 1-\lambda & \lambda+1
        \end{pmatrix}
      \longrightarrow  \begin{pmatrix}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & \lambda^2-14\lambda-3 & -\lambda^2+12\lambda-3\\
          0 & 2+6\lambda & -5\lambda+1 \\
        \end{pmatrix}
        \xrightarrow{c_3+c_2} \\
& \begin{pmatrix}
          1 & 0 & 0 \\
          0 & \lambda^2-14\lambda-3 & -2\lambda-6\\
          0 & 2+6\lambda & \lambda+3 \\
        \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
          1 \\
          & A'
        \end{pmatrix}.
      \end{align*}
      考虑右下角的$2$阶方阵$A'$.
      容易发现$A'$的行列式因子$D_1(\lambda)=1$; 其行列式为
      \[
        (\lambda^2-14\lambda-3)(\lambda+3)-(-2\lambda-6)(2+6\lambda) = \lambda^3+\lambda^2-5\lambda+3=(\lambda+3)(\lambda-1)^2,
        \]
        因此$A'$的行列式因子
        \[
          D_2(\lambda)=(\lambda+3)(\lambda-1)^2.
        \]
      于是$A'$的不变因子为
      \[
        d_1(\lambda) = 1, \quad d_2(\lambda)=(\lambda+3)(\lambda-1)^2. 
      \]
      由此可知$\lambda E- A$等价于
      $\diag(1,1,(\lambda+3)(\lambda-1)^2)$, 这显然就是$\lambda E-A$的标准形。 
      如此，$A$的不变因子为
      \[
        d_1(\lambda)=d_2(\lambda)=1,\quad d_3(\lambda)=(\lambda+3)(\lambda-1)^2,
      \]
      $A$的初等因子为$\lambda+3, (\lambda-1)^2$.
      从而
      \iffalse 最小多项式为$d_3(\lambda)=(\lambda+3)(\lambda-1)^2$, \fi
      Jordan标准形
      \iffalse 和有理标准形分别 \fi
      为
      \[
        \begin{pmatrix}
          -3 \\
          & 1 \\& 1 & 1
        \end{pmatrix}.
        \iffalse ,\quad 
        C(d_3(\lambda))=\begin{pmatrix}
          0 & & -3\\
           1 & 0 & 5\\
           & 1 & -1
         \end{pmatrix}\fi
       \]

     \item 设所给矩阵$A$的阶为$n$. $A$的特征矩阵$\lambda E-A$为
       \[
          \begin{pmatrix}
          \lambda & -1 \\
          & \ddots & \ddots\\
          & & \lambda & -1\\
          -1 &  &  & \lambda
        \end{pmatrix}.
       \]
       它有个$n-1$阶子式的行列式为$(-1)^n$, 所以行列式因子$D_{n-1}(\lambda)=1$; 它的行列式为$\lambda^n-1$（按第一列展开即知），所以行列式因子$D_n(\lambda)=\lambda^n-1$.
       这样$\lambda E-A$的所有的不变因子为
       \[
         d_1(\lambda)=\cdots=d_{n-1}(\lambda)=1,\quad d_n(\lambda)=\lambda^n-1.
       \]
       \iffalse
       从而$A$的最小多项式为$\lambda^n-1$. 
           $A$的有理标准形为
           \[
                \begin{pmatrix}
                  0 & & & 1\\
                  1 & 0 & & 0\\
                  & \ddots & \ddots  & \vdots\\
                  & & 1 & 0
                \end{pmatrix}.
           \]
       $A$可对角化，进而
     \fi
     $A$的初等因子为$\lambda-e^{\frac{2k\pi\, i}{n}}$ ($k=0,\cdots,n-1$), 故
     $A$的Jordan标准形为
       \[
         \diag(1, e^{\frac{2\pi\,i}{n}}, \cdots, e^{\frac{2(n-1)\pi\,i}{n}}).
           \]
         \item 所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$为
           \[
             \begin{pmatrix}
               \lambda-1 & -2 & -3 & -4\\
               & \lambda-1 & -2 & -3 \\
               & & \lambda-1& -2\\
               & & & \lambda-1
             \end{pmatrix}.
           \]
           显然$\lambda E- A$的行列式因子$D_4(\lambda) =(\lambda-1)^4$.
           $\lambda E-A$有个$3$阶子式为
           \[
             \begin{vmatrix}
               -2 & -3  &-4 \\
               \lambda-1 & -2 & -3 \\
               0 & \lambda-1 & -2
             \end{vmatrix}=-4\lambda(\lambda+1).
           \]
           $D_3(\lambda)$整除此子式又整除$D_4(\lambda)$, 只有$D_3(\lambda)=1$.
           所以$\lambda E-A$的不变因子为
           \[
             d_1(\lambda)=d_2(\lambda)=d_3(\lambda)=1,\quad d_4(\lambda)=(\lambda-1)^4.
           \]
           \iffalse
           $A$的最小多项式为$(\lambda-1)^4$. 
             $A$的有理标准形为
           \[
             C\left( (\lambda-1)^4 \right)=\begin{pmatrix}
               0 & & & -1\\
               1 & 0 & & 4\\
               & 1 & 0 & -6\\
               & & 1 & 4
             \end{pmatrix}.
           \]
         \fi
           $A$的初等因子为$(\lambda-1)^4$, 故Jordan标准形为
           \[
              \begin{pmatrix}
                 1 \\
                 1 & 1\\
                 & 1 & 1\\
                & & 1 & 1
              \end{pmatrix}
           \]
         \item  所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$可如下化简至标准形：
           \begin{align*}
             & \begin{pmatrix}
             \lambda-3 & -7 & 3\\
             2 & \lambda+5 & -2 \\
             4  &10 & \lambda-3
           \end{pmatrix}\xrightarrow[r_3-2r_2]{r_1-\frac{\lambda-3}{2}\times r_2} 
           \begin{pmatrix}
             0 & - \frac{\lambda^2+2\lambda-1}{2} & \lambda \\
             2 & \lambda+5 & -2 \\
             0 & -2\lambda & \lambda+1
           \end{pmatrix}\\
           & \longrightarrow 
           \begin{pmatrix}
             1  \\
              & -\frac{\lambda^2+2\lambda-1}{2} & \lambda \\
              & -2\lambda & \lambda+1
           \end{pmatrix}
           \longrightarrow 
           \begin{pmatrix}
             1\\ & 1 \\ & & (\lambda-1)(\lambda^2+1)
           \end{pmatrix}.
         \end{align*}
         故
         \iffalse 
           $A$的最小多项式为$(\lambda-1)(\lambda^2+1)$, $A$的有理标准形为
         \[
           C\left( (\lambda-1)(\lambda^2+1) \right)=\begin{pmatrix}
             0 & & 1\\
             1 & 0& -1 \\
             & 1 & 1
           \end{pmatrix};
         \]
         $A$可对角化，从而
       \fi
       $A$的初等因子为$\lambda-1, \lambda-i, \lambda+i$, 故
       $A$的Jordan标准形为
         \[
           \begin{pmatrix}
             1 \\ & i \\ & & -i
           \end{pmatrix}.
         \]
       \item 所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$可如下化简至标准形：
         \begin{align*}
           \begin{pmatrix}
           \lambda-1 & 1 & -2 \\
           -3 & \lambda+3 & -6 \\
           -2 & 2 & \lambda-4
         \end{pmatrix} \xrightarrow[c_3+2c_2]{c_1+c_2\times (1-\lambda)}  
         \begin{pmatrix}
           0 & 1 & 0\\
           -\lambda^2-2\lambda & 0 & 2\lambda \\
           -2\lambda & 0 & \lambda
         \end{pmatrix}\\
         \longrightarrow 
        \begin{pmatrix}
          1 \\ 
          & 2\lambda  & -\lambda^2-2\lambda \\
          & \lambda & -2\lambda
        \end{pmatrix} \longrightarrow 
        \begin{pmatrix}
          1 \\ & \lambda \\ & & \lambda^2-2\lambda
        \end{pmatrix}.
      \end{align*}
      所以
      \iffalse
        $A$的最小多项式为$\lambda^2-2\lambda$.
      $A$的不变因子为$\lambda, \lambda^2-2\lambda$, 故
      $A$的有理标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          C(\lambda)\\
          & C(\lambda^2-\lambda)
        \end{pmatrix}=
        \begin{pmatrix}
          0\\
          & 0& 0\\
          & 1 & 2
        \end{pmatrix}.
      \]
    \fi
      $A$的初等因子为$\lambda, \lambda, \lambda-2$, 故$A$的
      Jordan标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
          0 \\ & 0\\ & & 2
        \end{pmatrix}.
      \]
    \item 这里我们给两种化简所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$的方法：第一种是通常的化简，第二种是做分块形式的初等变换。\\
      \fangfa 
      \begin{align*}
       & \begin{pmatrix}
        \lambda-3 & -1 \\
        4  &\lambda+1 \\
        -7 & -1 & \lambda-2 & -1\\
        7 & 6 & 1 & \lambda
      \end{pmatrix}
        \xrightarrow{c_1+c_2\times (\lambda-3)} 
        \begin{pmatrix}
        0 & -1 \\
        \lambda^2-2\lambda+1  &\lambda+1 \\
        \lambda-10 & -1 & \lambda-2 & -1\\
        6\lambda-11 & 6 & 1 & \lambda
      \end{pmatrix}\\
     & \longrightarrow  
      \begin{pmatrix}
        1  \\
        & \lambda^2-2\lambda+1   \\
        & \lambda-10  & \lambda-2 & -1\\
        & 6\lambda-11  & 1 & \lambda
      \end{pmatrix}
      \xrightarrow{r_4+r_3\times \lambda} 
     \begin{pmatrix}
        1  \\
        & \lambda^2-2\lambda+1   \\
        & \lambda-10  & \lambda-2 & -1\\
        & \lambda^2-4\lambda-11  & \lambda^2-2\lambda+1 & 0
      \end{pmatrix} \\
     &  \longrightarrow 
     \begin{pmatrix}
        1  \\
        & 1\\
        & & \lambda^2-2\lambda+1   \\
        & & \lambda^2-4\lambda-11  & \lambda^2-2\lambda+1 
      \end{pmatrix}
      \overset{(1)}{\longrightarrow} 
     \begin{pmatrix}
        1  \\
        & 1\\
        & & 1  \\
        & &   & (\lambda-1)^4
      \end{pmatrix},
      \end{align*}
      其中 (1) 可以通过注意到 $\lambda^2-2\lambda+1$ 与 $\lambda^2-4\lambda-11$互素得到，而不必通过化简得到。\\
      \fangfa  我们如下分块
      \[
        \left(\begin{array}{cc|cc}
        \lambda-3 & -1 \\
        4  &\lambda+1 \\
        \hline
        -7 & -1 & \lambda-2 & -1\\
        7 & 6 & 1 & \lambda
    \end{array}\right)
    = \begin{pmatrix}
        B\\ C& D
      \end{pmatrix}.
      \]
      注意到$C$可逆。化简过程如下：
      \[
        \begin{pmatrix}
          B\\ C & D
        \end{pmatrix} \xrightarrow{r_1-(BC^{-1})\times r_2} 
        \begin{pmatrix}
          0 & -BC^{-1} D\\
          C & D
        \end{pmatrix}\longrightarrow \begin{pmatrix}
          C \\ & -BC^{-1}D
        \end{pmatrix} \longrightarrow \begin{pmatrix}
          E \\ & BC^{-1}D
        \end{pmatrix}.
      \]
      所以我们只用确定
      \[
        BC^{-1}D=-\frac{1}{35}
        \begin{pmatrix}
          6 \lambda^{2} - 22 \lambda + 26 & \lambda^{2} - 2 \lambda + 11 \\
          -7 \lambda^{2} + 24 \lambda - 37 & -7 \lambda^{2} + 4 \lambda - 17
        \end{pmatrix}
      \]
      的标准形即可。
      容易发现$6\lambda^2-22\lambda + 26$与$\lambda^2-2\lambda+11$在$\bR$上不可约，
      进而互素（或者由它们没有公共的复根得到），
      所以$BC^{-1}D$的$1$阶行列式因子为$1$. 
      这样$\lambda E - A$的标准形形如$\diag(1, 1, 1, ?)$, 因而其中的$?$与$A$的行列式相差个常数。$A$的行列式为
      \[
        \left( (\lambda-3)(\lambda+1)+4\right) \cdot\left( (\lambda-2)\lambda +1 \right) = (\lambda-1)^4.
      \]
      故$?=(\lambda-1)^4$. 这样$\lambda  E-A$的标准形为
      \[
        \begin{pmatrix}
        1 \\ & 1 \\ & & 1 \\ & & & (\lambda-1)^4
      \end{pmatrix}.
    \]

    \iffalse
      有了标准形，我们就知道了$A$的最小多项式为$(\lambda-1)^4$, 
      $A$的有理标准形为
           \[
             C\left( (\lambda-1)^4 \right)=\begin{pmatrix}
               0 & & & -1\\
               1 & 0 & & 4\\
               & 1 & 0 & -6\\
               & & 1 & 4
             \end{pmatrix}.
           \]
         \fi
           由标准形知$A$的初等因子为$(\lambda-1)^4$, 故$A$的Jordan标准形为
           \[
              \begin{pmatrix}
                 1 \\
                 1 & 1\\
                 & 1 & 1\\
                & & 1 & 1
              \end{pmatrix}
           \]
     \item 所给矩阵$A$的特征矩阵$\lambda E-A$可如下化简至标准形：
       \begin{align*}
         \begin{pmatrix}
           \lambda-1 & 3 & 0 & -3\\
           2 & \lambda-6 & 0 & -13\\
           0 & 3 & \lambda-1 & -3\\
           1 & -1 & 0 & \lambda-8
         \end{pmatrix} \xrightarrow[r_2-2r_4]{r_1-r_4\times (\lambda-1)} 
         \begin{pmatrix}
           0 & 2\lambda+1 & 0 & -\lambda^2+9\lambda-11\\
           0 & \lambda-2 & 0 & -2\lambda + 3\\
           0 & 3 & \lambda-1 & -3 \\
           1 & -2 & 0 & \lambda-8
         \end{pmatrix}\\
         \longrightarrow 
         \begin{pmatrix}
           1  \\
           & 2\lambda+1 & 0 & -\lambda^2+9\lambda-11\\
           & \lambda-2 & 0 & -2\lambda + 3\\
           & 3 & 3(\lambda-1) & -3
         \end{pmatrix}\\
         \xrightarrow[c_4+c_2,r_2\leftrightarrow r_4]{c_3+c_2\times ( -(\lambda-1)} 
         \begin{pmatrix}
           1 \\
           & 3 & & \\
           & \lambda-2 & -(\lambda-1)(\lambda-2) & -\lambda+1\\
           & 2\lambda+1 & -(\lambda-1)(2\lambda+1) & -\lambda^2+11\lambda-10
         \end{pmatrix}\\
         \longrightarrow 
        \begin{pmatrix}
           1 \\
           & 1 & & \\
           &  & (\lambda-1)(\lambda-2) & \lambda-1\\
           &  & (\lambda-1)(2\lambda+1) & (\lambda-1)(\lambda-10)
         \end{pmatrix}\\
         \longrightarrow
         \begin{pmatrix}
           1 \\ & 1\\ & & \lambda-1 \\ & & & (\lambda-1)(\lambda^2-14\lambda+19)
         \end{pmatrix}.
       \end{align*}
       这样
     \iffalse
       $A$的最小多项式为$(\lambda-1)(\lambda^2-14\lambda+19)$, 
       $A$的有理标准形为
       \[
         \begin{pmatrix}
           C(\lambda-1) \\ & C((\lambda-1)(\lambda^2-14\lambda+19)) 
         \end{pmatrix}= 
           \begin{pmatrix}
             1 \\
             & 0 & 0 & 19\\
             & 1 & 0 & -33\\
             & 0 & 1 & 15
           \end{pmatrix}.
       \]
     \fi
       $A$ 的初等因子为$\lambda-1, \lambda-1, \lambda-(7+\sqrt{30}), \lambda-(7-\sqrt{30})$, 
       故$A$的Jordan标准形为
       \[\tag*{\qedhere}
         \begin{pmatrix}
           1\\ & 1 \\ & & 7+\sqrt{30} \\ & & & 7-\sqrt{30}
         \end{pmatrix}.
       \]
  \end{enumerate}
\end{solution}


\paragraph*{习题 8.7\quad 矩阵的有理标准形}


\begin{exercise}
  把练习 \ref{1C9} 中矩阵看作有理数域上的矩阵，写出它们的有理标准形。
\end{exercise}

\begin{solution} 令每小题中相应的矩阵为 $A$.
(1) 中 $A$的有理标准型为
\[
C((\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1))
=C(\lambda^3-2\lambda^2-\lambda+2)
=\begin{pmatrix}
0 &  & -2 \\
1 & 0 & 1\\
& 1 & 2
\end{pmatrix}.
\]
(2) 中 $A$的有理标准型为
\[
\begin{pmatrix}
C\left( \lambda-1 \right) \\ & C\left( (\lambda-1)^2 \right)
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1 \\ & 0& -1\\ & 1 & 2
\end{pmatrix}.
\]
(3) 中 $A$的有理标准型为
\[
  C( (\lambda+3)(\lambda-1)^2 )=\begin{pmatrix}
0 & & -3\\
1 & 0 & 5\\
& 1 & -1
\end{pmatrix}
\]
(4) 中$A$的有理标准型为
\[
  C(\lambda^n-1) = \begin{pmatrix}
0 & & & 1\\
1 & 0 & & 0\\
& \ddots & \ddots  & \vdots\\
& & 1 & 0
\end{pmatrix}.
\]
(5) 中$A$的有理标准型为
\[
C\left( (\lambda-1)^4 \right)=\begin{pmatrix}
0 & & & -1\\
1 & 0 & & 4\\
& 1 & 0 & -6\\
& & 1 & 4
\end{pmatrix}.
\]
(6) 中 $A$的有理标准型为
\[
C\left( (\lambda-1)(\lambda^2+1) \right)=\begin{pmatrix}
0 & & 1\\
1 & 0& -1 \\
& 1 & 1
\end{pmatrix};
\]
(7) 中       $A$的有理标准型为
\[
\begin{pmatrix}
C(\lambda)\\
& C(\lambda^2-\lambda)
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0\\
& 0& 0\\
& 1 & 2
\end{pmatrix}.
\]
(8)  中     $A$的有理标准型为
\[
C\left( (\lambda-1)^4 \right)=\begin{pmatrix}
0 & & & -1\\
1 & 0 & & 4\\
& 1 & 0 & -6\\
& & 1 & 4
\end{pmatrix}.
\]
(9) 中      $A$的有理标准型为
\[
\begin{pmatrix}
C(\lambda-1) \\ & C((\lambda-1)(\lambda^2-14\lambda+19)) 
\end{pmatrix}= 
\begin{pmatrix}
1 \\
& 0 & 0 & 19\\
& 1 & 0 & -33\\
& 0 & 1 & 15
\end{pmatrix}.
\tag*{\qedhere}
\]
\end{solution}

\begin{exercise}\label{08A}
  多项式$f(\lambda)=x^n+\sum_{i=0}^{n-1}a_{i} x^i$ （其中$n>0$）的友矩阵指方阵
  \[
    C=C(f(\lambda))=\begin{pmatrix}
      0 & & & -a_0\\
      1 & \ddots & & -a_1\\
      & \ddots & 0 & \vdots \\
      & & 1 & -a_{n-1}
    \end{pmatrix}.
  \]
  \begin{enumerate}
    \item 求$C$的特征多项式和最小多项式。
    \item 求与$C$可交换的方阵全体$\cC(C)$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 对行列式 $\det (\lambda E-C)$ 按照最后一列展开容易发现$C$的特征多项式为$f(\lambda)$
(细节以及更多算法见练习~\ref{08B})。$C$的最小多项式亦为$f(\lambda)$. 
  诚然，\\
  \fangfa
  \begin{align*}
    Ce_i&= e_{i+1}, 1\leqslant i\leqslant n-1; & 
    Ce_n&= -a_0e_1-a_1e_2-\cdots-a_{n-1}e_{n-1},\qquad\text{亦即}\\
    e_{i+1}&=  C^{i}e_1, 1\leqslant i\leqslant n-1; &
    0&=  (C^{n}+a_{n-1}C^{n-1}+\cdots+ a_0E)e_1. 
  \end{align*}
  从而$Ce_1, \cdots, Ce_{n-1}$线性无关，这样$C$的最小多项式$m(\lambda)$的次数大于$n-1$;
  同时，$(C^n+a_{n-1}C^{n-1}+\cdots+a_0E)e_1=0$, 即$f(C)e_1=0$, 
  表明$f(C)e_i=0$, 对任意的$i$. 从而$f(C)=0$. 这样$f$是$C$的最小多项式。\\
\fangfa 如方法一得到$\deg m(\lambda)\geqslant n$后也可从最小多项式整除特征多项式得到$m(\lambda)=f(\lambda)$. 
%\fangfa 很容易看出$C$的特征矩阵的行列式因子，从而确定不变因子，
%其中最后一个不变因子就是$f(\lambda)$, 故最小多项式为$f(\lambda)$.

(2)  $e_1, Ce_1=e_2, \cdots, C^{n-1}e_1=e_{n}$ 构成$\bF^{(n)}$的一组基。
  对 $B\in \cC(C)$, 设$Be_1= \sum_{i=1}^n b_i C^{i-1} e_1$. 
  此时对$j>1$, 
  \begin{align*}
    Be_j&= BC^{j-1}e_1= C^{j-1}Be_1=C^{j-1}\sum_{i=1}^n b_i C^{i-1} e_1 \\ 
    &= \sum_{i=1}^n b_i C^{i-1} C^{j-1}e_1 
    = \left(\sum_{i=1}^n b_i C^{i-1}\right) e_{j}.
  \end{align*}
  这样$B=\sum_{i=1}^n b_i C^{i-1}\in \bC[C]$. 
  由此可知$\cC(C)\subset \bC[C]$, 其中 $\bC[C]$ 为 $C$ 的多项式的集合。
  而显然 $\bC[C]\subset \cC(C)$, 故有$\cC(C)=\bC[C]$, 
  即与友矩阵$C$可交换的方阵恰为$C$的多项式。
\end{solution}


\begin{exercise}\label{1CC}
  设数字矩阵$A$的不变因子组为$d_1(\lambda), \cdots, d_k(\lambda)$, 
  证明$A$的最小多项式为$d_k(\lambda)$.
\end{exercise}

\begin{proof}
  设 $A$ 的所有不变因子为 $d_1(\lambda), \cdots, d_k(\lambda)$, 
  $l$ 是最小的使得 $d_l(\lambda)\neq 1$的正整数。
  令 $C(d_i(\lambda))$为$d_i(\lambda)$的友矩阵，
  那么$A$的有理标准型为
  $C(d_l(\lambda))\oplus \cdots\oplus C(d_k(\lambda))$.
  $A$的最小多项式为这些$C(d_i(\lambda))$的最小多项式的首一最小公倍。
  由练习~\ref{08A}~知$C(d_i(\lambda))$的最小多项式为$d_i(\lambda)$.
  又$d_l(\lambda) \mid \cdots\mid d_k(\lambda)$, 
  故 这些$d_i(\lambda)$的首一最小公倍就是$d_k(\lambda)$. 
  因此$A$的最小多项式就是$d_k(\lambda)$.
\end{proof}


\begin{exercise}
  求练习 \ref{1C9} 中矩阵的最小多项式。
\end{exercise}

\begin{solution}
  练习 \ref{1CC} 告诉我们数字矩阵 $A$ 的最小多项式就是其最后一个不变因子。
  这样 练习 \ref{1C9} 中矩阵的最小多项式依次为：
  (1) $(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda+1)$,
  (2) $(\lambda-1)^2$,
  (3) $(\lambda+3)(\lambda-1)^2$,
  (4) $\lambda^n-1$,
  (5) $(\lambda-1)^4$,
  (6) $(\lambda-1)(\lambda^2+1)$,
  (7) $\lambda^2-2\lambda$,
  (8) $(\lambda-1)^4$,
  (9) $(\lambda-1)(\lambda^2-14\lambda+19)$.
\end{solution}


\section{补充题和考研题}


\begin{exercise}
  设$\bF$是数域$\bK$的子域，$A, B\in \bF^{n\times n}$在$\bK$上相似。
  证明$A, B$在$\bF$上相似。
\end{exercise}

\begin{proof}
  由于首一最大公因子不受域扩张影响 (练习 \ref{052}\ref{1CB})，
  特征矩阵的行列式因子在域扩张下不变，从而不变因子也是如此。
  $A, B$在$\bK$上相似表明它们的特征矩阵$\lambda E-A$与$\lambda E-B$有相同的不变因子组。
  而这些不变因子都落在$\bF[x]$中，从而$A, B$在$\bF$上有相同的不变因子组，
  故$A, B$在$\bF$上相似。
\iffalse
  \fangfa{2} 下面的证明适用于数域之间的扩张。 
  先设$\bK=\bC$.
  若$A, B\in M_n(\bF)$在$\bC$上相似，
  那么存在可逆矩阵$P+i\, Q\in M_n(\bC)$使得$A(P+i\,Q)=(P+i\,Q)B$, 其中$P, Q\in M_n(\bR)$.
  这样$AP=PB, AQ=QB$.
  进而对任意的$\mu\in \bR$有
  \[
    A(P+\mu Q)=(P+\mu Q)B.
  \]
  由于行列式$\det (P+\mu Q)$是关于$\mu$的连续函数，存在$\mu=\mu_0$使得$P+\mu_0 Q$可逆，这样$A, B$在$\bR$上相似。
\fi
\end{proof}


\begin{exercise}\label{0B6}
  设$\symscr{A}\in \bF^{n\times n}$有个特征值$\lambda_1$, 
  其作为$\sA$的最小多项式的根的重数为$r$, 
  且$\alpha_1$是属于特征值$\lambda_1$的特征向量。
  证明：对整数$k\geqslant r$, 线性方程组$(\lambda_1 E -\sA)^k x=\alpha_1$无解。
\end{exercise}

\begin{solution}

  假设$(\lambda_1 E -\sA)^k x=\alpha_1$有解，
  那么$(\sA -\lambda_1 E)^k x=\alpha_1$有解，比如$\alpha_{k+1}$是一个解。
  归纳地定义$\alpha_i= (\sA-\lambda \sE)\alpha_{i+1}$, 其中$1<i\leqslant k$. 
  由练习~\ref{1CA}~知$\alpha_{k+1}, \cdots, \alpha_{1}$线性无关。
  考虑$\alpha_{k+1}$生成的循环子空间$V=\bF[\sA]\alpha_{k+1}=\Span(\alpha_{k+1}, \cdots, \alpha_1)$,
这是$\sA$-不变子空间。
$\sA|_V$在基$(\alpha_{k+1},\cdots, \alpha_1)$下的矩阵为Jordan块$J(\lambda_1, k+1)$, 这样
$\sA|_V$的最小多项式为$(\lambda-\lambda_1)^{k+1}$. 
这样$\lambda_1$作为$\sA$的最小多项式的根的重数$\geqslant k+1\geqslant r+1$, 这与假设矛盾了。
\end{solution}



\begin{exercise}
  确定特征多项式是$(\lambda+2)^2(\lambda-5)^3$的复矩阵所有可能的Jordan标准型（对角上的Jordan块排序后一样的两个Jordan型矩阵只写一个即可）。
  若该矩阵的特征值为$2$的特征子空间是$1$维的，而特征值为$5$的特征子空间是$2$维的，那么其Jordan标准型是什么？
\end{exercise}


\begin{solution}
  可能的Jordan标准型有：
  \begin{multicols}{3}
    \begin{enumerate}[(1)]
      \item $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      & -2 \\
      & & 5\\
      & & & 5 \\ 
      & & & & 5
    \end{pmatrix},$
  \item $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      & -2 \\
      & & 5\\
      & & 1 & 5 \\ 
      & & & & 5
    \end{pmatrix},$
  \item $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      & -2 \\
      & & 5\\
      & &1 & 5 \\ 
      & & &1 & 5
    \end{pmatrix},$
  \item $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      1 & -2 \\
      & & 5\\
      & & & 5 \\ 
      & & & & 5
    \end{pmatrix},$
  \item $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      1 & -2 \\
      & & 5\\
      & & & 5 \\ 
      & & &1 & 5
    \end{pmatrix},$
  \item 
    $\begin{pmatrix}
      -2 \\
      1 & -2 \\
      & & 5\\
      & &1  & 5 \\ 
      & & &1 & 5
    \end{pmatrix}.$
  \end{enumerate}
\end{multicols}

我们知道矩阵的 Jordan标准形中属于特征值 $\lambda_0$ 的Jordan块的个数
就是 特征值 $\lambda_0$ 的几何重数。
  若特征值$2$的特征子空间是$1$维的，那么$2$的Jordan块就$1$个；
  若特征值为$5$的特征子空间是$2$维的，那么$5$的Jordan块有$2$个。
  所以Jordan标准型形如(5).
\end{solution}


\begin{exercise}
  设$A, B, C, D\in \bR^{3\times 3}$有相同的特征多项式。证明其中必有两个矩阵相似。
\end{exercise}

\begin{solution}

  相似性不依赖于基域，所以我们可以在复数域上考虑。
  我们分如下几种情形讨论：

(1) 特征多项式都是$(\lambda-a)(\lambda-b)(\lambda-c)$, 其中$a, b, c$两两不同。
那么$A, B, C, D$的Jordan标准型都是$\diag(a,b,c)$， 从而它们相似。

(2) 特征多项式都是$(\lambda-a)^2(\lambda-b)$, 其中$a, b$两两不同。
那么$A, B, C, D$的Jordan标准型可能是下列之一：
\[
\begin{pmatrix}
a & \\
& a \\
 && b
\end{pmatrix},\quad 
\begin{pmatrix}
a & \\
1 & a \\
 && b
\end{pmatrix}.
\]
四个中选两，必有两个矩阵有相同的Jordan标准型，从而相似。

(3) 特征多项式都是$(\lambda-a)^3$.
那么$A, B, C, D$的Jordan标准型可能是下列之一：
\[
\begin{pmatrix}
a & \\
& a \\
 && a
\end{pmatrix},\quad 
\begin{pmatrix}
a & \\
1 & a \\
 && a
\end{pmatrix},\quad
\begin{pmatrix}
a & \\
1 & a \\
 &1& a
\end{pmatrix}.
\]
四个中选三，必有两个矩阵有相同的Jordan标准型，从而相似。
\end{solution}


\begin{exercise}
  给出方阵$A$的Jordan标准型，其中
  \[
    A=\begin{pmatrix}
      1 & 0 & 1 & 0 & 0\\
      0& 1 & 0 & 1 & 0\\
      0 & 0 & 1 & 0 & 1\\
      0 & 0 & 0 & 1 & 0\\
      0 & 0 & 0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}.
  \]
\end{exercise}

\begin{solution} $A$所有特征值都是$1$.
  实际上 $A$的Jordan标准型中有两个Jordan块，阶分别为$1, 4$, 
  这样$A$的Jordan标准型为
  \[
    \begin{pmatrix}
    1 \\
    & 1 & 1\\
    & & 1 & 1 \\
    & & & 1 & 1\\
    & & & & 1
  \end{pmatrix}.
\]
诚然，
 
  \fangfa 
  $\dim \ker (E-A)=5-\rank (E-A)=2$表明$A$的Jordan标准型中有两个（属于特征值$1$的）Jordan块。
  设这两个Jordan块的阶为$a, b$, 则$a+b=5$. 若$a>1$且$b>1$则
  $\rank (E-A)^2=2$表明$(a-1)+(b-1)=2$. 这不成立。所以$a=1$或$b=1$. 不妨设$a=1$, 则$b=4$.

  \fangfa  
  $\dim \ker (E-A)=5-\rank (E-A)=2$表明$A$的Jordan标准型中有两个（属于特征值$1$的）Jordan块。
  显然$A$的最小多项式为$(\lambda-1)^4$. 故$A$的Jordan标准型中Jordan块的最高阶为$4$.
  这样另一个Jordan块的阶为$1$. 

  \fangfa  考虑$A$的特征矩阵
  \[
    \lambda E-A = \begin{pmatrix}
      \lambda-1 & 0 & -1  \\
      & \lambda-1 & 0& -1\\
      & & \lambda-1 & 0 & -1 \\
    & & & \lambda-1 & 0 \\
    & & & & \lambda-1
  \end{pmatrix}.
  \]
  化简此$\lambda$-矩阵可知其标准型为$\diag(1,1,1,\lambda-1,(\lambda-1)^4)$. 
  这样$A$的Jordan标准型中两个Jordan块的阶为$1, 4$. 
\end{solution}

\begin{exercise}
  求$n$阶方阵$A$的Jordan标准型，其中 
  \[
    A=\begin{pmatrix}
    0 & 1 & 1 & \cdots & 1\\
    & 0 & 1 & \cdots & 1\\
    & & \ddots & \ddots & \vdots\\
    & & & \ddots & 1\\
    & & & & 0
  \end{pmatrix}.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
易知 $A$ 的特征多项式为$\lambda^n$.
  又显然 $\rank A=n-1$, 从而特征值$0$ 的几何重数为 $1$.
  这样 $A$的Jordan标准型中就一个Jordan块，从而Jordan 标准型为 $J(0, n)$.
  由此可知，一般地，秩为$n-1$的$n$阶幂零矩阵的Jordan标准型是$J(0,n)$.
\end{solution}

\begin{exercise}\label{202}
设矩阵 $A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}$, 
\begin{enumerate}
  \item  求 $A$ 的 Jordan 标准型；
  \item 设 $k$为正整数，求 $A^{k}$ 的 Jordan 标准型；
  \item  设 $B=\begin{pmatrix}A & A \\ A & A\end{pmatrix}$, 求 $B$ 的 Jordan 标准型。
\end{enumerate}
\end{exercise}


\begin{solution}
  (1) 容易发现 $\lambda E-A$ 有个二阶子式为$1$, 故其二阶行列式因子为 $1$, 
  从而不变因子 $d_1(\lambda)=d_2(\lambda)=1$,
  进而 $d_3(\lambda)=\det (\lambda E-A)=(\lambda-1)^2(\lambda+1)$.
  因此 $A$ 的初等因子为 $(\lambda-1)^2, (\lambda+1)$, $A$ 的Jordan标准形为
  \[
    \begin{pmatrix}
      1 & 0 & 0\\
      1  & 1  & 0\\
      0 & 0 & -1
    \end{pmatrix}.
  \]

  (2) 考虑 $N=\begin{pmatrix}
    1 & 0 \\ 1 & 1
  \end{pmatrix}$. 对正整数 $k$, $N^k=\begin{pmatrix}
    1 & 0 \\ k  & 1
  \end{pmatrix}$ 有唯一的特征值 $1$ ($2$重), 其几何重数为 $1$,
  故 $N^k$ 的Jordan标准形为 $N$. 这样 $A^k$ 相似于 $\diag(N, (-1)^k)$,
  这就是 $A^k$ 的Jordan 标准形。

  (3) $B$ 的特征多项式为
  \[
  \begin{aligned}
\det (\lambda E-B)&= \begin{vmatrix}
    \lambda E-A & -A \\ -A & \lambda E-A
      \end{vmatrix}=\det( (\lambda E-A)^2-A^2)\\
      &=  \det(\lambda^2 E-2\lambda A) = \lambda^3\det(\lambda E-2A) \\
      &= \lambda^3(\lambda-2)^2(\lambda+2).
    \end{aligned}
\]
这样 $B$ 的所有特征值为 $0$ ($3$重), $2$ ($2$ 重), $-2$ ($1$重).
注意到 \[
  \begin{pmatrix}A & A \\ A & A\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    E_3 \\ -E_3
  \end{pmatrix}=0,
\]
因此 $e_1-e_4, e_2-e_5, e_3-e_6$ 都是 $B$ 的属于特征值 $0$ 的特征向量，
而且显然它们线性无关。又$B$ 的 特征值 $0$ 的几何重数不超过代数重数 $3$,
故 特征值 $0$ 的几何重数就是 $3$. 因此 $B$ 的Jordan标准形中属于特征值 $0$ 的
Jordan块是三个$1$阶的Jordan块。另外，容易算得特征值 $2,-2$的几何重数都是 $1$, 
故$B$ 的Jordan标准形中属于特征值 $2,-2$ 的Jordan块都只有一个，阶分别等于代数重数 $1,2$.
这样 $B$ 的Jordan 标准形 为
\[
  \diag \left( \begin{pmatrix}
        2 & 0 \\
          1 & 2
      \end{pmatrix}, -2, 0, 0, 0\right).
    \tag*{\qedhere}
\]
%\[
%  \begin{pmatrix}
%      2 & 0 & 0& 0  & 0& 0\\
%      1  & 2  & 0& 0  & 0& 0\\
%      0 & 0 & -2 & 0  & 0& 0\\
%      0 & 0 & 0 & 0  & 0& 0\\
%      0 & 0 & 0 & 0  & 0 & 0 \\
%      0 & 0 & 0 & 0  & 0 & 0
%    \end{pmatrix}.
%    \tag*{\qedhere}
%\]
%
\end{solution}



\begin{exercise}
  求$N^k$的Jordan 标准型 ($1\leqslant k\leqslant n$)，其中
  \[
    N= \begin{pmatrix}
      0 \\
      1 & \ddots\\
      & \ddots & \ddots \\
      & & 1 & 0
    \end{pmatrix}\in \bF^{n\times n}.
  \]
\end{exercise}

\iffalse
\begin{solution}
  注意到$r(N^{kl})=n-kl$, 故$\dim \ker N^{kl}=kl$. 
  由于$N$的最小多项式为$m(\lambda)=\lambda^n$,
  故$N^k$的最小多项式为$m_k(\lambda)=\lambda^{\frac{n}{(n,k)}}$.
  由此知$N^k$的Jordan标准型中Jordan块的最高阶数为$l\coloneqq \frac{n}{(n,k)}$.
  又Jordan块的个数等于$0$的几何重数，即$k$, 
\end{solution}
\fi

\begin{exercise}
  设$A\in \bC^{n\times n}$可逆，且其Jordan标准型为$J(\lambda_1, k_1)\oplus \cdots \oplus J(\lambda_l, k_l)$. 证明
  $A^{-1}$的Jordan标准型为$J(\lambda_1^{-1}, k_1)\oplus \cdots \oplus J(\lambda_l^{-1}, k_l)$.
\end{exercise}

\begin{solution}

  只用证明若$\lambda_0\neq 0$, 则$J(\lambda_0, k)^{-1}$相似于$J(\lambda_0^{-1}, k)$.

  \fangfa 设$\bC^{(k)}$上的线性变换$\sA$在基$(v_1, \cdots, v_k)$下的矩阵为$J(\lambda_0, k)$. 
  这样有
  \[
    \begin{cases}\sA v_k= \lambda_0 v_k, & \\
      (\sA -\lambda_0 \sE)v_j=v_{j+1}, & j=1, \cdots, k-1.
    \end{cases}
  \]
  我们想利用基$(v_1, \cdots, v_k)$找一组$\bC^{(k)}$的基$(w_1, \cdots, w_k)$
  使得$\sA^{-1}$在该基下的矩阵为$J(\lambda_0^{-1}, k)$.
  这样这些$w_i$满足
  \[
    \begin{cases}\sA^{-1} w_k= \lambda_0^{-1} w_k, & \\
      (\sA^{-1} -\lambda_0^{-1} \sE)w_j=w_{j+1}, & j=1, \cdots, k-1.
    \end{cases}
  \]
  取$w_j=(-\lambda_0 A)^{k-j}v_j$即可。注意到 $\sA^{-1}-\lambda^{-1}\sE$ 
  在 $w_1,\cdots,w_k$ 上的作用的效果蕴含了 $w_1,\cdots,w_k$线性无关 (练习 \ref{1CA})。

  \fangfa  $J(\lambda_0,k)^{-1}$的全部特征值都是$\lambda_0^{-1}$.
  容易发现对可逆矩阵$J$, $J^{-1}$的最小多项式的次数与$J$的最小多项式的次数相同
  (练习~\ref{1CD})。
  $J(\lambda_0, k)$的最小多项式为$(\lambda-\lambda_0)^k$, 
  从而$J(\lambda_0, k)^{-1}$的最小多项式为$(\lambda-\lambda_0^{-1})^k$. 
  这样$J(\lambda_0, k)^{-1}$的Jordan标准型中就一个Jordan块，
  故$J(\lambda_0, k)^{-1}$ 相似于 $J(\lambda_0^{-1}, k)$.

  \fangfa  对可逆矩阵$J$有$J^{-1}$的特征向量都是$J$的特征向量，反过来亦然。
  若$J$的特征值都是$\lambda_0$且几何重数为$1$, 
  那么$J^{-1}$的特征值都是$\lambda_0^{-1}$且几何重数为$1$.
  这样$J$的Jordan标准型中就一个Jordan块。
\end{solution}


\begin{exercise}
  令$A\in \bC^{m\times n}, B\in \bC^{n\times m}$, 其中$n\geqslant m$.
  设$AB$满秩，且Jordan标准型为$J$. 
  证明$BA$的Jordan标准型为$J\oplus 0_{(n-m)\times (n-m)}$.
\end{exercise}




\begin{solution}
%\fangfa 
  我们先证明$\dim \ker BA=n-m$. 
  由于$AB$满秩，故$A$行满秩，$B$列满秩。
  这样存在$P, Q\in \GL_m(\bC)$使得
  \[
    A=\begin{pmatrix}
    E_m & 0
  \end{pmatrix}P, \quad B=Q\begin{pmatrix}
    E_m  \\ 0
  \end{pmatrix}.
\]
从而
\[
  BA=Q\begin{pmatrix}
    E_m \\ & 0
  \end{pmatrix}P,
\]
特别地，$\rank(BA)=m$. 故$\dim \ker BA=n-m$.
  取$\ker BA$的一组基，记为$v_{n-m+1}, \cdots, v_n$. 
  设$AB$在基$(v_1, \cdots, v_{n-m})$下的矩阵为$J$.
  这样
  \[
    AB(v_1, \cdots, v_{n-m})=(v_1, \cdots, v_{n-m})J.
  \]
  进而有 
  \[
    BA(Bv_1, \cdots, Bv_{n-m})=(Bv_1, \cdots, Bv_{n-m})J.
  \]
  由于$B$列满秩，$Bv_1, \cdots, Bv_{n-m}$仍线性无关。
  由于$J$满秩，没有零列，所以$BA(Bv_i)\neq 0$, 即$Bv_i\notin \ker BA.$
  这样容易发现
  \[
    (Bv_1, \cdots, Bv_{n-m}, v_{n-m+1}, \cdots, v_n)
  \]
  线性无关，
  从而构成$\bC^{(n)}$的一组基。
  而$BA$在该基下的矩阵为$\diag(J, 0)$, 这就是$BA$的Jordan标准型。
\iffalse
  \fangfa  设$AB$的最小多项式为$m(\lambda)=\sum_{i=0}^k a_i \lambda^i$. 
  由于$AB$满秩，$0$不是$m(\lambda)$的根。
  注意到$m(BA)BA=\left(\sum_{i=0}^k a_i (BA)^i\right)BA=B\left( \sum_{i=0}^k a_i(BA)^i \right)A=0$,
  所以多项式$m(\lambda)\lambda$零化$BA$.
  特别地，$0$在$BA$的最小多项式中的重数为$1$, 
  从而$BA$的Jordan标准型中属于$0$的Jordan块都是$1$阶的。
  另一方面，由于$AB$满秩，我们知道$A$行满秩，$B$列满秩。
\fi
\end{solution}



\begin{exercise}
  给定$A\in \bC^{2\times 2}$, 令$\symcal{C}(A)=\{B\in \bC^{2\times 2}\mid AB=BA\}$.
  \begin{enumerate}
    \item 证明$\symcal{C}(A)$为$\bC^{2\times 2}$的子空间。
    \item 确定可能的$\dim \symcal{C}(A)$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  (1) 容易验证$\symcal{C}(A)$对加法和标量乘封闭，
  或者注意到对确定的$A$, 矩阵方程$AB=BA$是关于$B$的元素的线性方程组。

  (2) 若$A'=P^{-1}AP$, 则
      \[
        \symcal{C}(A)\rightarrow \symcal{C}(A'), B\mapsto P^{-1}BP
      \]
      是线性同构。所以我们可以不失一般性地假定$A$具有Jordan标准型。
      这样有如下三种情形：
      \begin{enumerate}[(i)]
        \item $A=\begin{pmatrix}
            a \\ & b
          \end{pmatrix}$, 其中$a\neq b$. 此时$\symcal{C}(A)$由所有的对角阵构成，所以$\dim \symcal{C}(A)=2$.
        \item $A=\begin{pmatrix}
            a \\ & a
          \end{pmatrix}$. 此时$\symcal{C}(A)=\bC^{2\times 2}$, 所以$\dim \symcal{C}(A)=4$.
        \item $A=\begin{pmatrix}
            a \\
            1 & a
          \end{pmatrix}$. 此时$\symcal{C}(A)$由形如$\begin{pmatrix}
            b & c\\
            & b
          \end{pmatrix}$的矩阵构成，所以$\dim \symcal{C}(A)=2$.
      \end{enumerate}
      总结下就是：若$A$为纯量矩阵，则$\dim \symcal{C}(A)=4$, 否则$\dim \symcal{C}(A)=2$.
\end{solution}



\begin{exercise}\label{081}
  对$A\in \bC^{n\times n}$, 证明下列等价：
  \begin{enumerate}
    \item $A$的每个特征值的几何重数都是$1$（即特征子空间都是$1$维）。
    \item $A$的Jordan标准型中每个特征值对应的Jordan块都只有一个。
    \item $A$的最小多项式的次数为$n$, 或者说，最小多项式等于特征多项式。
    \item $A$与某个友矩阵相似。
    \item $\cC(A)=\bC[A]$, 即与$A$可交换的方阵都是$A$的多项式。
      这里 $\cC(A)$ 是与 $A$ 交换的 $n$阶方阵构成的 $\bC^{n\times n}$ 的子空间，
      $\bC[A]$ 是 $A$ 的多项式构成的 $\bC^{n\times n}$ 的子空间。
    \item $\dim \cC(A)=n$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
 
  (1)$\Rightarrow$(2) 因为 Jordan标准型中属于每个特征值的Jordan块的个数等于该特征值的几何重数。

  (2)$\Rightarrow$(3) 设 $A$ 的Jordan标准形为
  $J(\lambda_1,k_1)\oplus \cdots \oplus J(\lambda_r, k_r)$.
  按假设这些 $\lambda_i$ 互异。
  这样 $A$ 的最小多项式 $m(\lambda)$, 作为这些Jordan块的最小多项式的首一最小公倍式，
  为这些Jordan块的最小多项式的乘积。
  因此 $\deg m(\lambda)=n$.
  而最小多项式整除特征多项式，故此时最小多项式等于特征多项式。
  %Jordan块$J(\lambda_0, k)$的最小多项式为$(\lambda-\lambda_0)^k$.

  (3)$\Rightarrow$(1) 最小多项式等于特征多项式表明Jordan标准型中属于每个特征值的
  Jordan块的最高阶数等于该特征值的代数重数，
  这样每个特征值的Jordan只用一个。

  (3)$\Rightarrow$(4) 若最小多项式等于特征多项式$p(\lambda)$,
  则 $A$ 的最后一个不变因子为 $p(\lambda)$.
  那么$\lambda E-A$的标准型为
  \[
    \diag(1, \cdots, 1, p(\lambda)),
  \]
  这样$A$与$p(\lambda)$相应的友阵$C(p(\lambda))$相似。

  (4)$\Rightarrow$(3) 友矩阵$C(d(\lambda))$的最小多项式等于$d(\lambda)$, 
  这也是其特征多项式 (练习 \ref{08A})。
  而且最小多项式和特征多项式都是相似不变的。

  (4)$\Rightarrow$(5) 见练习~\ref{08A}。

  (5)$\Rightarrow$(2)   
  令
  \[
    B=J(\lambda_0, s_1)\oplus \cdots\oplus J(\lambda_0, s_k) \in \bC^{m\times m},
  \]
  其中$J(\lambda_0, s_i)$是$s_i$阶Jordan块。记$\cC(B)$为与$B$可换的方阵构成的空间。
  这样由练习~\ref{0B7}~的证明可知若$k=1$时 $\dim \cC(B)=m$, $k>1$时$\dim \cC(B)>m$.  
  这样若$A$的Jordan标准型中属于某个特征值的Jordan多于$1$个，那么$\dim \cC(A)>n$. 
  而Hamilton-Cayley定理表明$\dim \bC[A]\leqslant n$.
  这样$\cC(A)=\bC[A]$时只有$A$的每个特征值的Jordan块只有一个。

  (3)+(5)$\Rightarrow$(6) 练习~\ref{1CE} 告诉我们 $\dim \bC[A]=\deg m(\lambda)$.
  故 $\dim \cC(A)=\dim \bC[A]=\deg m(\lambda)=n$.

  (6)$\Rightarrow$(2) 设 $A$ 的所有不同的特征值为 $\lambda_1,\cdots,\lambda_r$,
  代数重数分别为$n_1,\cdots,n_r$.
  令 $A$ 的Jordan标准形为 $A_1\oplus \cdots \oplus A_r$,
  其中 $A_i$ 是属于特征值 $\lambda_i$ 的Jordan块的直和。
  由练习~\ref{0B7}~的证明可知 $\dim \cC(A_i)\geqslant n_i$,
  且等号成立当且仅当 $A_i$ 中只有一个Jordan块。
  注意到：对 $B_i\in \cC(A_i)$, $B_1\oplus \cdots\oplus B_r\in \cC(A)$.
  进而易知 
  \[
    \dim \cC(A)\geqslant \sum_{i=1}^r \dim \cC(A_i)\geqslant\sum_{i=1^r} n_i= n.
  \]
  若 $\dim \cC[A]=n$, 则两个不等式中等号成立，
  因此对任意$i$ 有$\dim \cC(A_i)=n_i$, 从而
  $A$ 的Jordan标准形中任一特征值 $\lambda_i$ 的Jordan块只有一个。
\end{solution}

  \begin{exercise}
  设 $A$ 是 $n$ 阶复方阵，通过Jordan标准形找到所有与 $A$ 可交换的复方阵。
\end{exercise}



\section{杂题}

\iffalse

  \begin{exercise}\label{1CF}
  设$A\in M_n(\bC)$, $\alpha_{11}, \cdots, \alpha_{k1}$
  是$A$的属于特征值$\lambda$的线性无关的特征向量。
  设$\alpha_{ij}$ ($1\leqslant i\leqslant k$, $1\leqslant j\leqslant l_i$) 满足$j>1$时
  $(A-\lambda I)\alpha_{ij}=\alpha_{i,j-1}$. 
  证明这些$\alpha_{ij}$线性无关。特别地，和$\sum_{i=1}^k\bC[A]\alpha_{il_i}$是直和。
\end{exercise}
这个可能不对。


\begin{proof}

令$l=\max\{l_1, \cdots, l_k\}$. 
  考虑这些$\alpha_{ij}$的线性关系
  \[\tag{$*$}
    \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^{l_i} c_{ij} \alpha_{ij}=0.
  \]
  用$(\lambda I -A)^{l-1}$作用可得
  \[
    \sum_i \sum_{j=l} c_{ij} \alpha_{i1}=0.
  \]
  由于$\alpha_{11}, \cdots, \alpha_{k1}$线性无关，
  我们有$c_{ij}=0$, 对$i\in\{1,\cdots,n\}$且$j=l$. 这时($*$)变成了
  \[\tag{$**$}
    \sum_i \sum_{j<l} c_{ij} \alpha_{ij}=0.
  \]
  接着我们用$(\lambda I-A)^{l-2}$作用可得
  \[
    \sum_i\sum_{j=l-1} c_{ij} \alpha_{i1}=0.
  \]
  这样$c_{ij}=0$, 对$i\in \{1,\cdots,n\}$且$j=l-1$. 一直如此操作下去可知所有的$c_{ij}=0$.
  这就证明了这些$\alpha_{ij}$线性无关。
\end{proof}



\begin{exercise}
  设基域为$\bC$. 找到可逆矩阵$P$使得$P^{-1}AP$达到Jordan标准型，其中

  \noindent (1) $
    A=\begin{pmatrix}
      0 & -3 & 5\\
      -1 & -6 & 11\\
      0 & -4 & 7
    \end{pmatrix}.$
    \hspace{6em}
    (2) $A=\begin{pmatrix}
    2 & 0 & 0 & 1 & 2 \\
    1 & 2 & 0 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & 2 & 0 & 0 \\
    0 & 0 & -2 & 2 & 0 \\
    0 & 0 & 1 & 0 & 2
    \end{pmatrix}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 容易计算得$A$的特征多项式为$\det (\lambda E-A) = (\lambda-1)^2(\lambda+1)$.
  所以$\lambda_1=-1$为$A$的代数重数$1$的特征值； 
  $\lambda_2=1$为$A$的代数重数$2$的特征值。
  我们有如下行化简的结果：
  \begin{align*}
    \lambda_1 E-A = \begin{pmatrix}
      -1 & 3 & -5\\
      1 & 5 & -11\\
      0 & 4 & -8
    \end{pmatrix}& \longrightarrow \begin{pmatrix}
      1 & 0 & -1\\
      0 & 1 & 2\\
       0 & 0 & 0
     \end{pmatrix},\\
     \lambda_2 E-A=\begin{pmatrix}
       1 & 3 & -5\\
       1 & 7 & -11\\
       0 & 4 & -6
     \end{pmatrix}& \longrightarrow 
     \begin{pmatrix}
       1 & 0 & -\frac{1}{2} \\
       0 & 1 & -\frac{3}{2} \\
       0 & 0 & 0
     \end{pmatrix}.
   \end{align*}
   这样$A$的特征值的几何重数都是$1$, $\alpha_1=(1,2,1)^{\rT}$和$\alpha_2=(1,3,2)^{\rT}$为分别属于$\lambda_1$和$\lambda_2$的$A$的特征向量，
   且$A$的Jordan标准型为$\begin{pmatrix}
     \lambda_1 \\
     & \lambda_2 & \\
     &  1 & \lambda_2
   \end{pmatrix}$.
   我们接着找$\alpha_3$使得
   \[
     A\begin{pmatrix}
     \alpha_1 & \alpha_3 & \alpha_2 \\
   \end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
     \alpha_1 & \alpha_3 & \alpha_2 \\
   \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
     \lambda_1 \\
     & \lambda_2 & \\
     &  1 & \lambda_2
   \end{pmatrix},
 \]
 即要找$\alpha_3$使得$A\alpha_3=\lambda_2 \alpha_3 + \alpha_2$. 
 我们解$(A-\lambda_2 E) x=\alpha_2$发现$\alpha_3=(1,1,1)^{\rT}$可以（$(1,1,1)^{\rT}+a(1,3,2)^{\rT}$都行，对任意的$a\in \bC$）。
 此时我们有
 \[
    P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
   -1 & 0 & 0\\
   0 & 1 &  & 0\\
   0 & 1 & 1
 \end{pmatrix}, \quad\text{其中}~P=\begin{pmatrix}
   1 &  1 & 1 \\
   2 &  1 & 3 \\
   1 & 1& 2  
   \end{pmatrix}.
 \]
 \item $A$的特征多项式为$p(\lambda)=(\lambda-2)^5$, 
   所以$A$的所有特征值都是$\lambda=2$（代数重数为$5$）。 
   我们有如下行化简结果：
   \begin{align*}
     \begin{pmatrix} A-2E & E \end{pmatrix}
     = & \left(\begin{array}{rrrrr|rrrrr}
        0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
        1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
        0 & 0 & -2 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
        0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1
         \end{array}\right)\\
   \rightarrow & 
     \left(\begin{array}{rrrrr|rrrrr}
      1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
      0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
      0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2
  \end{array}\right)
  =\begin{pmatrix}
       B & P
     \end{pmatrix}.
  \end{align*}
   所以$\lambda=2$的几何重数为$2$, 
   $\alpha_{11}=(0,0,0,-2,1)^{\rT}$
   和
   $\alpha_{21}=(0,1,0, 0, 0)^{\rT}$是线性无关的两个特征向量。

   要找到属于$\alpha_{11}$的Jordan链，我们先解线性方程组$(A-2 E) x = \alpha_{11}$. 
  其增广矩阵 $\begin{pmatrix}
    A-2E & \alpha_{11}
  \end{pmatrix}$可行化简至$\begin{pmatrix}
    B & P\alpha_{11}
  \end{pmatrix}$, 
  其中$P\alpha_{11}= (0,1,0,0,0)^{\rT}$.
  所以该线性方程组有一个解$\alpha_{12} = (0,0,1,0,0)^{\rT}$. 
  接着我们解线性方程组$(A-2 E)x=\alpha_{12}$. 其增广矩阵$\begin{pmatrix}
    A-2E & \alpha_{12}
  \end{pmatrix}$可行化简至$\begin{pmatrix}
    B & P\alpha_{12}
  \end{pmatrix}$, 其中$P\alpha_{12}=(0,0,0,1,0)^{\rT}$. 故该线性方程组无解。
  这样$\alpha_{12}, \alpha_{11}$构成属于$\alpha_{11}$的Jordan链。

   要找到属于$\alpha_{21}$的Jordan链，我们先解线性方程组$(A-2E)x=\alpha_{21}$. 
   其增广矩阵$\begin{pmatrix}
    A-2E & \alpha_{21}
  \end{pmatrix}$可行化简至$\begin{pmatrix}
    B & P\alpha_{21}
  \end{pmatrix}$, 
  其中$P\alpha_{21}= (1,0,0, 0, 0)^{\rT}$.
  故该线性方程组有一个解$\alpha_{22}=(1,0,0,0,0)^{\rT}$. 
   接着我们解线性方程组$(A-2E)x=\alpha_{22}$.
其增广矩阵$\begin{pmatrix}
    A-2E & \alpha_{22}
  \end{pmatrix}$可行化简至$\begin{pmatrix}
    B & P\alpha_{22}
  \end{pmatrix}$, 
  其中$P\alpha_{22}=(0,0,1,0,0)$. 
  故该线性方程组有一个解$\alpha_{23}=(0,0,0,-1,1)$.
   接着我们解线性方程组$(A-2E)x=\alpha_{23}$.
其增广矩阵$\begin{pmatrix}
    A-2E & \alpha_{23}
  \end{pmatrix}$可行化简至$\begin{pmatrix}
    B & P\alpha_{23}
  \end{pmatrix}$, 
  其中$P\alpha_{23}=(0,0,0,1,0)^{\rT}$.
   故该线性方程组无解（这个实际上容易直接判断，因为此时Jordan链长度为$5-2=3$）。
   所以$\alpha_{23}, \alpha_{22}, \alpha_{21}$构成了属于$\alpha_{21}$的Jordan链。

   令$P=\begin{pmatrix}
     \alpha_{12} & \alpha_{11} & \alpha_{23} & \alpha_{22} & \alpha_{21}
   \end{pmatrix}$. 那么$P$可逆，且我们有
   \[
     P^{-1}AP=\begin{pmatrix}
       2 \\ 1 & 2\\
        &  & 2\\
        &  & 1 & 2\\
        &  &  & 1 & 2
     \end{pmatrix}, \quad \text{其中}~P=\begin{pmatrix}
      0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\
      0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
      1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
      0 & -2 & -1 & 0 & 0 \\
      0 & 1 & 1 & 0 & 0
      \end{pmatrix}.
   \]
   \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{remark}
  设复方阵$A$满足
  \[
    A\begin{pmatrix}
      \alpha_{1l} & \cdots & \alpha_{11}
  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
    \alpha_{1l} & \cdots & \alpha_{11}
  \end{pmatrix}\begin{pmatrix}
    \lambda \\
     1 & \ddots  \\
     &  \ddots& \ddots & \\
    & & 1& \lambda 
  \end{pmatrix},
\]
那么 $\alpha_{11}$为$A$的属于特征值$\lambda$的特征向量，
$\alpha_{1i}$ ($i>1$) 满足条件$(A-\lambda E)\alpha_i=\alpha_{1, i-1}$. 
给定一个特征向量$\alpha_{11}$后, 
满足该条件的$\alpha_{1i}$ ($i>1$) 可以通过归纳地解$(A-\lambda E)x=\alpha_{1,i-1}$找到，
直到$(A-\lambda E)x=\alpha_{1l}$无解。
如果$(A-\lambda E)x=\alpha_{1l}$无解，
$\alpha_{1l}, \cdots, \alpha_{11}$称为属于特征向量$\alpha_{11}$的Jordan链。
由练习~\ref{1CA}~知
Jordan链中的向量线性无关，并且构成$\bC[A]\alpha_{1l}$的一组基。
不仅如此，
若特征值$\lambda$的几何重数为$l$, 那么我们有$l$个属于特征值$\lambda$的Jordan链，且
这些Jordan链中的向量拼起来后仍线性无关，可以构成$A$的属于特征值$\lambda$的根子空间的一组基（\textbf{不用选取？}）。
我们知道$A$的不同的根子空间线性无关。
所以，对每个特征向量都找到其Jordan链后，
这些Jordan链拼起来就给出了把$A$相似到其Jordan标准型所需要的可逆矩阵，
同时我们也确定了$A$的Jordan标准型。
如果单纯是为了确定Jordan标准型，这样的操作通常是比较繁琐的；
我们还可以通过化简特征矩阵$\lambda E-A$来确定Jordan 标准型。
\end{remark}
\fi


\paragraph*{方阵的函数}


\begin{exercise}
若 $ R_1, R_2, \cdots $为正交矩阵的一个无穷序列，
则存在子序列 $ R_{n_1}, R_{n_2}, \cdots $, 其 收敛于一个正交矩阵 $R$.
\end{exercise}


\begin{solution}
  由于所有 $ R_i $ 的各个元素均位于区间 $[-1, 1]$ 之中，因此 $\{R_i\}$
  包含于有界闭子集 $[-1,1]^{n\times n}\subset \bR^{n\times n}$.
  这样由 Bolzano-Weistrass 定理 知
存在子序列 $ R_{n_1}, R_{n_2}, \cdots $ 使得
  \[
  \lim_{i \to \infty} R_{n_i} = R
\]
对  $R_{n_i}^{\rT} R_{n_i} = E$  取极限得 $R^{\rT} R = E.$
所以矩阵 $ R $ 为正交矩阵。
\end{solution}



\begin{exercise}
  设$A\in \bC^{n\times n}$. 证明$\det e^A=e^{\tr A}$. 
\end{exercise}

\begin{proof}
  存在$P\in \GL_n(\bC)$使得
  \[
    P^{-1}AP= \begin{pmatrix}
      \lambda_1\\
      * & \lambda_2 \\
      & \ddots & \ddots \\
      && * & \lambda_n
    \end{pmatrix}
  \]
  为Jordan型矩阵。
  这样
  \[
    \det e^A=\det \sum_{k=0}^\infty \frac{A^k}{k!}=\prod_{i=1}^n \sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda_i^k}{k!} = e^{\sum_{i=1}^n \lambda_i} =e^{\tr A}.
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{proof}


\begin{exercise}
  设$N\in \bC^{n\times n}$是幂零方阵。令$r$是正整数。证明存在$A\in \bC^{n\times n}$使得$A^r=E+N$.
\end{exercise}


\begin{proof}

  设$(1+z)^{\frac{1}{r}}=\sum_{n=0}^\infty a_n z^n$是$(1+z)^{\frac{1}{r}}$的Maclaurin展开式。
  令$A=\sum_{n=0}^\infty a_n N^{n}$. 由于$N$幂零，这实际上是个有限和。
  此时$A^r=E+N$.
\end{proof}



\begin{exercise}
  什么样的实数$x$可以保证$\sum_{n=0}^{\infty} x^n A^n$收敛，其中$A=\begin{pmatrix}
    0 & 1 \\ 1 & 1
  \end{pmatrix}$?
\end{exercise}

\begin{solution}
  $A$的特征值为$(1\pm \sqrt{5})/2$. 
  对角化$A$后可以发现若$|x|$小于最大的特征值的绝对值的逆，即$|x|<(-1+\sqrt{5})/2$, 则所给级数收敛。
\end{solution}

\begin{exercise}[Neumann]
设 $A\in \bC^{n\times n}$. 若 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_n$ 为 $A$ 所有的特征值（按代数重数记入），记
    \[ 
        \rho(A) = \max \{|\lambda_i|\mid 1\leqslant i\leqslant n\}. 
    \]
    这个称为 $A$ 的\emph{谱半径}。
    证明： $\sum_{i=0}^\infty A^i$ 收敛当且仅当$\rho(A)<1$, 且此时有
    \[
      \sum_{i=0}^\infty A^i=(E-A)^{-1}.
    \]
\end{exercise}

\begin{proof}

  对$A$做相似变换不改变$A$的特征值也不改变所要求级数的收敛性。所以我们考虑$A$的Jordan标准型：
  \[
    J_A= \begin{pmatrix}
      \lambda_1\\
      * & \lambda_2 \\
      & \ddots & \ddots \\
      && * & \lambda_n
    \end{pmatrix}=D+N,
  \]
  其中$D=\diag(\lambda_1, \cdots, \lambda_n)$, $N$满足$N^n=0$且$DN=ND$.
  对$i\geqslant n$, 
  \begin{align*}
    J_A^i&= \sum_{l=0}^i\binom{i}{l} D^{i-l}N^l\\
    &=  \begin{pmatrix}
      \lambda_1^i\\
       & \lambda_2^i \\
      & & \ddots \\
      &&  & \lambda_n^i
    \end{pmatrix}+\sum_{l=1}^{n-1}\binom{i}{l} \begin{pmatrix}
      \lambda_1^{i-l}\\
      & \lambda_2^{i-l} \\
      & & \ddots \\
      &&  & \lambda_n^{i-l}
    \end{pmatrix} N^l,
  \end{align*}
  所以$m\geqslant n$时
  \begin{align*}
    \sum_{i=n}^{m} J_A^i &=  \begin{pmatrix}
      \sum_{i=n}^{m}\lambda_1^i\\
       & \sum_{i=n}^{m}\lambda_2^i \\
      & & \ddots \\
      &&  & \sum_{i=n}^{m}\lambda_n^i
    \end{pmatrix} \\
    &\quad + 
    \sum_{l=1}^{n-1}
  \begin{pmatrix}
      \sum_{i=n}^{m}\binom{i}{l} \lambda_1^{i-l}\\
      & \sum_{i=n}^{m}\binom{i}{l}\lambda_2^{i-l} \\
      & & \ddots \\
      &&  &  \sum_{i=n}^{m}\binom{i}{l}\lambda_n^{i-l}
    \end{pmatrix} N^l.
  \end{align*}
  若$\lambda\in \bC$满足$|\lambda|\geqslant 1$, 那么$\sum_{i=n}^{\infty} \lambda^i$发散，而$\sum_{i=n}^{\infty} J_A^i$的对角元素形如$\sum_{i=n}^{m}\lambda_k^i$, 所以$|\lambda_k|\geqslant 1$时$\sum_{i=n}^{m} J_A^i$发散。
  另一方面，若$\lambda\in \bC$满足$|\lambda|<1$, $l\in\bZ$满足$1\leqslant l\leqslant n-1$, 则$\sum_{i=n}^{\infty} \lambda^i$收敛，$\sum_{i=n}^{\infty} \binom{i}{l} \lambda^{i-l}$收敛（比如用比值检验）。所以$\sum_{i=n}^{\infty} J_A^i$收敛。
  这样$\sum_{i=0}^{\infty} A^i$收敛当且仅当$A$的所有的特征值的绝对值小于$1$, 即$\rho(A)<1$.
  $|x|<1$时我们有$(1-x)^{-1}=\sum_{i=0}^{\infty} x^i$. 
  若$\rho(A)<1$, 则$E-A$可逆，
  从而$(E-A)^{-1}=\sum_{i=0}^{\infty} A^i$.
\end{proof}




